《2023届江西省南昌市重点中学高三最后一卷物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江西省南昌市重点中学高三最后一卷物理试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在如图所示的电路中，当闭合开关 S 后，若将滑动变阻器的滑片 P 向下调节，则正确的是（）A电路再次稳
2、定时，电源效率增加 B灯 L2变暗，电流表的示数减小 C灯 L1变亮，电压表的示数减小 D电容器存储的电势能增加 2、质量为m的铁锤从高h处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是t，则撞击过程中，铁锤对桩的平均冲击力大小为（）A2mghmgt B2mghmgt Cm ghmgt Dm ghmgt 3、图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形象地描述两个物理量之间的关系，如图所示，若 x 轴表示一个物理量，y 轴表示一个物理量，其中在实验数据处理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。对该交点的物理意义，下列说法不正确的是（
3、）A在测电源电动势和电源内阻时，若 x 轴表示流过电源的电流，y 轴表示闭合电路电源两端的电压，则该图像与 x 轴的交点的物理意义是短路电流 B在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若 x 轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y 轴表示重锤落到该点的距离，则该图像与 x 轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度 C在用单摆测重力加速度的实验中，若 x 轴表示摆线长度，y 轴表示单摆周期的平方，则该图像与 x 轴交点绝对值的物理意义是该单摆摆球的半径 D在研究光电效应的实验中，若 x 轴表示入射光的频率，y 轴表示光电子的最大初动能，则该图像与 x 轴的交点物理意义是该金属的极限频率 4、如图，水平导
4、体棒 PQ 用一根劲度系数均为 k=80 N/m 的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ 长度为 L=0.5 m，质量为 m=0.1 kg。当导体棒中通以大小为 I=2 A 的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移 2 cm 后能重新处于静止状态，（重力加速度 g 取 10 m/s2）则（）A通入的电流方向为 PQ，大小为 1.2 A B通入的电流方向为 PQ，大小为 2.4 A C通入的电流方向为 QP，大小为 1.2 A D通入的电流方向为 QP，大小为 2.4 A 5、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是
5、 A电动势是一种非静电力 B电动势越大表明电源储存的电能越多 C电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关 D电动势就是闭合电路中电源两端的电压 6、近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公烙的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（）A一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦
6、力 B拐弯处总是内侧低于外侧 C拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力 D车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、如图所示，长方体物块上固定一长为 L 的竖直杆，物块及杆的总质量为如 2m.质量为 m 的小 环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力 F 作用下，从静止开始沿光滑 水平面向右匀加速运动，环落至杆底端时，物块移动的距离为 2L,已知 F=3mg,重力加速度为 g.则小环
7、从顶端下落到底端的运动过程 A小环通过的路程为5L B小环所受摩擦力为2mg C小环运动的加速度为2g D小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为 5:8 8、下列说法正确的是（）A能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 B无论科学技术怎样发展，热量都不可能从低温物体传到高温物体 C晶体在熔化过程中要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 D对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E.悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈 9、从水平面上方 O 点水平抛出一个初速度大小为 v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与 O等高的 A
8、 点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中 A 点，则初速度大小可能为（）A2v0 B3v0 C02v D0 3v 10、一列简谐橫波沿x轴正方向传播，已知0t 时的波形如图所示，波上有 P、Q 两点，其纵坐标分别为2cm2cmPQyy，下列说法中正确的是 AP 点的振动形式传到 Q 点需要2T BP、Q 在振动的过程中的任一时刻，位移的大小总相同 C在54T内，P 点通过的路程为 20cm D经过38T，Q 点回到平衡位置 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过
9、程。11（6 分）在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为 s，挡光片经过光电门的速度为 v，钩码的质量为 m，（重力加速度为 g，摩擦可忽略）（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是_；（2）该同学作出了 v2m 的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”，依据图象，每次小车的释放点有无改变_（选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是_。12（12 分）图示为做“碰撞中的动量守
10、恒”的实验装置 (1)入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了_ A入射小球每次都能水平飞出槽口 B入射小球每次都以相同的速度飞出槽口 C入射小球在空中飞行的时间不变 D入射小球每次都能发生对心碰撞(2)入射小球的质量应_（选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量；(3)设入射小球的质量为1m，被碰小球的质量为2m，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式1m OP _（用1m、2m及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，空
11、间内有一磁感应强度0.8TB 的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为 H，磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为2mL、0.8mddH，质量0.4kgm，电阻3.2R。将线框从距磁场高0.8mh 处由静止释放，线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度取210m/sg。求：(1)线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小；(2)若在线框上边缘进入磁场之前，线框已经开始匀速运动。求线框进入磁场过程中产生的焦耳热 Q；(3)请画出从线框由静止开始下落到线框上边缘进入磁场的过程中，线框速度 v 随 t 变化的图像（定性画出）。14（16 分）如图所示，一质量 m=1.0kg 的小球
12、系在竖直平面内长度 R=0.50m 的轻质不可伸长的细线上，O 点距水平地面的高度 h=0.95m。让小球从图示水平位置由静止释放，到达最低点的速度 v=3.0m/s，此时细线突然断开。取重力加速度 g=10m/s2.求：(1)小球落地点与 O 点的水平距离 x。(2)小球在摆动过程中，克服阻力所做的功 W；(3)细线断开前瞬间小球对绳子的拉力 T。15（12 分）如图所示是个游乐场地，半径为1.8mR 的光滑四分之一圆弧轨道OP与长度为13mL的水平传送带PQ平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4m/s，传送带Q端靠近倾角为 30的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧（图中
13、未画出）平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的15和312。某少年踩着滑板a从O点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P点时立即向前跳出。该少年离开滑板a后，滑板a以3m/s的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b上，然后一起向前运动，此时滑板b与P点的距离为3m。已知少年的质量是滑板质量的 9 倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度210m/sg，求：(1)少年跳离滑板A时的速度大小；(2)少年与滑板b到达传送带最右侧Q端的速度大小；(3)少年落到滑板b上后至第一次到达斜面最高点所用的时间（结果保留两位小数）。参考答案 一、单项选择题：本题
14、共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】A电源的效率=IUURIEERr 将滑动变阻器的滑片 P 向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，则电源的效率减小，选项 A 错误；BC将滑动变阻器的滑片 P 向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R 与灯 L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流 I 增大，路端电压 U 减小，则电压表示数减小，灯 L1变亮。R 与灯 L2并联电路的电压 U并=U-U1，U 减小，U1增大，U并减小，灯 L2变暗。流过电流表的电流 IA=I-I2，I 增大
15、，I2减小，IA增大，电流表的示数增大。故 B 错误，C 正确；D电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由 Q=CU 知电容器的电荷量减少，电容器存储的电势能减小，故 D 错误。故选 C。2、A【解析】根据自由落体的运动学公式22vgh，可得铁锤碰前的速度为 2vgh 取向下为正，对铁锤由动量定理得 0mgF tmv 解得 2mghFmgt 由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力大小 2mghFFmgt 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。3、B【解析】A根据闭合电路欧姆定律EUIr可知，当0U 时，电源的短路电流为 EIr A 正确；B根据机械能守恒定律 2201122mghmvmv
16、 变形得 220122vhvgg 可知2hv图像与横轴截距的物理意义为初速度的平方，B 错误；C根据单摆的周期公式2lTg变形得 2204()Tlrg 可知20Tl图像与横轴交点绝对值的物理意义为摆球半径，C 正确；D根据光电效应方程变形得 km0EhW Ekm图像与横轴的交点满足 c0hW 此时频率c即为该金属的极限频率，D 正确。本题选择不正确的，故选 B。4、C【解析】由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得 ILB=mg，代入数据解得磁感应强度大小B=mgIL=1 T。欲使导体棒下移 2 cm 后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件可得 mg+IL
17、B=kx，解得：I=1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为 QP，故 C 正确，ABD 错误。5、C【解析】ABC电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，AB 错误，C 正确；D电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D 错误。故选 C。6、B【解析】ABC.车辆拐弯时根据提供的合外力与车辆实际所需向心力的大小关系可知，拐弯处总是内侧低于外侧，重力与支持力以及侧向摩擦力的合力提供向心力，当达到临界速度时，重力与支持力提
18、供向心力，故 AC 错误，B 正确；D.车辆在弯道没有冲出路面是因为受到指向圆心的合力等于向心力的缘故，故 D 错误。故选 B。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、ABD【解析】ABC.水平方向上，据牛顿第二定律有：33xFmgm a 代入数据解得：xag 小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有：2122xLa t 解得运动时间为：2Ltg 在竖直方向上有：212yLa t 解得：2yga 即小球在竖直方向上做加
19、速度为2g的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：ymgfma 解得小球所受摩擦力为：2mgf 故小球运动的加速度为：2252xyaaag 小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为：22()25SxLLL 故 AB 正确，C 错误；D.小环落到底端时的速度为：v环5252LatggLg 其动能为：kE环52mgL 此时物块及杆的速度为：v杆22xLa tggLg 其动能为：kE杆4mgL 故有小环与物块及杆的动能之比为 5:8，故 D 正确。8、ADE【解析】A根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故 A 正确。B热量可以从
20、低温物体传到高温物体，比如空调制冷，故 B 错误。C晶体在熔化过程中要吸收热量，温度不变，内能增大，故 C 错误。D对于一定质量的气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增大，根据热力学第-定律可知，气体对外做功，它-定从外界吸热，故 D 正确。E布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故 E 正确。故选 ADE。9、CD【解析】设竖直高度为 h，小球以 v0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与 A 点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两
21、倍，则有 22htg 水平方向的位移 0022hOAv tvg 设当平抛速度为0v时，经与地面 n 次碰撞，反弹后仍与 A 点碰撞，则运动的时间为 22htng 水平方向的位移不变，则有 0OAvt 解得 00vvn（n=1，2，3.）故当 n=2 时002vv；当 n=3 时003vv；故 AB 错误，CD 正确。故选 CD。10、AB【解析】由图看出,P、Q 两点平衡位置间的距离等于半个波长,因简谐波传播过程中,在一个周期内传播一个波长,所以振动形式从P 传到 Q 需要半个周期2T,故 A 正确；P、Q 的振动情况总是相反,所以在振动过程中,它们的位移大小总是相等,故 B 正确；若图示时刻
22、 P 在平衡位置或最大位移处,在54T内,P 点通过的路程为:55 4cm20cmSA ,而实际上图示时刻,P 点不在平衡位置或最大位移处,在54T内，P 点通过的路程不等于 20cm，故 C 错误；图示时刻,Q 点向下运动,速度减小,所以从图示位置运动到波谷的时间大于8T,再从波谷运动到平衡位置的时间为4T,所以经过38T,Q点没有回到平衡位置.故 D 错误.故选 AB 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、钩码质量远小于滑块质量 无 滑块质量 【解析】（1）1设钩码质量为 m，滑块质量为 M，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块
23、的加速度 a=mgMm 隔离对滑块分析，可知细绳上的拉力 FT=Ma=1MmgmgmMmM 要保证绳子的拉力 FT等于钩码的重力 mg，则钩码的质量 m 要远小于滑块的质量 M，这时有 FTmg；（2）2滑块的加速度 a=22vs，当 s 不变时，可知加速度与 v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过 v2m 的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s 不变，v2m 的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；3因为 a 与 F 成正比，则有：22vmgsM，则22gsvmM，结合图线的斜率可以求出滑块的质量 M。12、B 大于
24、 12m OMm ON 【解析】(1)1入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，目的是使入射小球每次都以相同的速度飞出槽口，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。(2)2为了防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量。(3)3由于小球下落高度相同，则根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P 为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度 1OPvt 碰撞后入射小球的速度 2OMvt 碰撞后被碰小球的速度 3ONvt 如果 1 12 31 2m vm vm v 则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，即 112m O
25、Pm OMm ON 成立，即表示碰撞中动量守恒。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)22m/s；(2)1.4J；(3)【解析】(1)线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理 2112mghmv 解得 122 10 0.8m/s4m/svgh 线框下边切割磁感线，感应电动势为 1EBLv 根据闭合电路欧姆定律 EIR 安培力大小为 222210.824N3.2N3.2B L vFBILR安 根据牛顿第二定律 mgFma安 解得 2223.210m/sm/s2m/s0.4Fagm安(2)线框匀速运动
26、，重力和安培力等大反向 222B L vmgR 解得 222220.4 10 3.2m/s5m/s0.82mgRvB L 从线框静止释放到上边缘刚进入磁场，根据动能定理 221()2mg hdQmv 解得 22211()0.4 10 1.6J0.4 5 J6.4J5J1.4J22Qmg hdmv(3)线框未进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，v t图像如图：14、(1)0.9m；(2)0.5J；(3)28N，方向竖直向下【解析】(1)小球从最低点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得 水平方向 x=vt 竖直方向 21-2h Rgt 解得 x=0.9
27、m(2)小球摆下的过程中，根据动能定理得 2f12mgRWmv 解得 2f10.5J2WmgRmv (3)小球在圆最低点受重力和拉力，根据牛顿第二定律得 2TvFmgmR 解得 FT=28N 根据牛顿第三定律可知，球对绳拉力大小为 28N，方向竖直向下。15、(1)7m/sv人；(2)4m/sbv；(3)2.68st 【解析】(1)少年与滑板a从O点沿圆弧下滑到P点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M，滑板的质量为m，则9Mm，有 21()()2aMm gRMm v 少年跳离a板的过程中，少年与滑板a水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有()aaMm vmvMv 人 解得少年跳离滑板A时的速度大
28、小 7m/sv人(2)少年跳上滑板b的过程中，少年与滑板b水平方向的动量守恒，设传送带速度为v带，则有()bMvmvMm v人带 假设少年与滑板b在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有 11()()k Mm gMm a 设此过程中少年与滑板b位移为1x，由运动学公式有 221 12bvva x 带 解得 17.2225mx 由于1xxL 因此假设成立，即少年与滑板b在传送带上先做匀减速运动，速度与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动，到达传送带最右侧Q端的速度为 4m/sbv(3)设少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的时间为1t，则 11bvvta带 设少年与滑板b在传送带上做匀速直线运动的时间为2t，则 12Lxxtv 带 设少年与滑板b冲上斜面后的加速度大小为2a，根据牛顿第二定律有 22()sin()cos()Mm gkMm gMm a 设少年与滑板b在斜面上向上运动的时间为3t，则 32vta带 设少年与滑板b在传送带和斜面上运动的总时间为t，则 123tttt 解得 2.68st